2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第10講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí) 文

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第10講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第10講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí) 文（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第10講　函數(shù)與導(dǎo)數(shù) [考情分析]　高考對該部分內(nèi)容的考查主要有兩個方面：1.對導(dǎo)數(shù)幾何意義的考查主要是求切線方程或根據(jù)切線方程求參數(shù)的取值；2.對導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用的考查主要是圍繞：(1)討論、判斷、證明函數(shù)的單調(diào)性；(2)利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的極值或最值；(3)利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍；(4)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題及函數(shù)的零點、方程根的問題． 熱點題型分析 熱點1　導(dǎo)數(shù)的運算及幾何意義 1.利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線方程 若已知曲線過點P(x0，y0)，求曲線過點P(x0，y0)的切線，則需分點P(x0，y0)是切點和不是切點兩種情況求解． (1)當(dāng)點P(x0，y0)是切點時，切線方

2、程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)． (2)當(dāng)點P(x0，y0)不是切點時可分以下幾步完成： ①設(shè)出切點坐標(biāo)P′(x1，f(x1))； ②寫出過P′(x1，f(x1))的切線方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)； ③將點P的坐標(biāo)(x0，y0)代入切線方程，求出x1； ④將x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，可得過點P(x0，y0)的切線方程． 2.利用切線(或方程)與其他曲線的關(guān)系求參數(shù) 已知過某點的切線方程(斜率)或其與某線平行、垂直，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義、切點坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系構(gòu)建方程(組)或函數(shù)求解． 1.(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)

3、函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為(　　) A.y＝－2x B．y＝－x C.y＝2x D．y＝x 答案　D 解析　因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y－f(0)＝f′(0)x，化簡可得y＝x，故選D. 2.函數(shù)f(x)＝ln x＋ax的圖象存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(－∞，2] B．(－∞，2) C.(2

4、，＋∞) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　由題意知f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解．所以f′(x)＝＋a＝2在(0，＋∞)上有解，則a＝2－. 因為x＞0，所以2－＜2， 所以a的取值范圍是(－∞，2). 3.(2019·廣州調(diào)研)已知直線y＝kx－2與曲線y＝xln x相切，則實數(shù)k的值為(　　) A.ln 2 B．1 C.1－ln 2 D．1＋ln 2 答案　D 解析　由y＝xln x得y′＝ln x＋1，設(shè)切點為(x0，y0)，則k＝ln x0＋1，∵切點(x0，y0)(x0>0)既在曲線y＝xln x上又在直線y＝kx－2上，∴ ∴kx0－2＝x0ln

5、 x0，∴k＝ln x0＋，則ln x0＋＝ln x0＋1，∴x0＝2，∴k＝ln 2＋1.故選D. 第1題易錯點有二：一是不能利用奇函數(shù)定義正確求解a的值；二是不會利用導(dǎo)數(shù)幾何意義求解切線斜率．第2題不能把條件與導(dǎo)數(shù)的幾何意義聯(lián)系起來，轉(zhuǎn)化為存在型問題，進而求解．第3題易出現(xiàn)兩方面的錯誤：一是誤把點(0，－2)作為切點；二是盲目設(shè)直線l的方程，導(dǎo)致解題復(fù)雜化，求解受阻. 熱點2　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 1.求可導(dǎo)函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟 (1)確定函數(shù)f(x)的定義域(定義域優(yōu)先)； (2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)； (3)在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)求不等式f′(x)>0或f′(x

6、)<0的解集； (4)由f′(x)>0(f′(x)<0)的解集確定函數(shù)f(x)的單調(diào)增(減)區(qū)間．若遇不等式中帶有參數(shù)時，可分類討論求得單調(diào)區(qū)間． 2.根據(jù)函數(shù)f(x)在(a，b)上的單調(diào)性，求參數(shù)范圍的方法 (1)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解； (2)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，轉(zhuǎn)化為f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解； (3)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f′(x)在(a，b)上不變號，即f′(x)在(a，b)上恒大于等于零或恒小于等于零． 3.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值與最值需注意的幾點 (

7、1)求函數(shù)極值時，一定要注意分析導(dǎo)函數(shù)的零點是不是函數(shù)的極值點； (2)求函數(shù)最值時，務(wù)必將極值點與端點值比較得出最大(小)值； (3)對于含參數(shù)的函數(shù)解析式或區(qū)間求極值、最值問題，務(wù)必要對參數(shù)分類討論． 1.函數(shù)f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1時的極值為0，則m，n的值為(　　) A.m＝2，n＝9 B.m＝1，n＝3 C.m＝1，n＝3或m＝2，n＝9 D.m＝1，n＝9 答案　A 解析　∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，由題意可知 即解得或當(dāng)m＝1，n＝3時，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，無極值，舍去．

8、當(dāng)m＝2，n＝9時，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋3)(x＋1)，當(dāng)x<－3時，f′(x)>0；當(dāng)－3－1時，f′(x)>0，所以f(x)在x＝－1處取得極小值．故選A. 2.(2019·樂山期末)若f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A.(－∞，1) B．(－∞，1] C.(－∞，2) D．(－∞，2] 答案　D 解析　由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－， ∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，

9、 ∵當(dāng)x∈(1，＋∞)時，2x2>2，∴a≤2.故選D. 第1題易由于極值概念不清而導(dǎo)致錯誤，x＝－1是f(x)的極值點?f′(－1)＝0，但f′(－1)＝0未必有x＝－1是f(x)的極值點，需要驗證f′(x)在點x＝－1 兩端是否異號．第2題f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)等價于f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，易漏掉f′(x)＝0的情況而出錯. 熱點3　利用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的問題 1.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法 (1)分離參數(shù)法 ①將原不等式分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題； ②利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值； ③根據(jù)要求得所求范圍． (

10、2)函數(shù)思想法 ①將不等式轉(zhuǎn)化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題； ②利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)； ③構(gòu)建不等式求解． 2.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟 (1)作差或變形； (2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x)； (3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值； (4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式． 3.構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法 (1)移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)

11、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)； (3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構(gòu)造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x))； (4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù)． 已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－2，其中a∈R.若對于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1

12、1·f(x2)0，∴g(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴g(x)≥g(1)＝2，∴a≤2.∴a的取值范圍是(－∞，2]．故

13、選D. 解決本題的關(guān)鍵(難點)是構(gòu)造合適的函數(shù)，易錯點有兩個方面：一是對原不等式變形不到位，構(gòu)造不出新函數(shù)；二是不能把題干信息合理轉(zhuǎn)化為所構(gòu)造新函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)進而解決問題. 熱點4　利用導(dǎo)數(shù)解決與方程的解有關(guān)的問題 利用導(dǎo)數(shù)研究方程的解(或曲線公共點)的個數(shù)問題： (1)將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題，進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點問題； (2)利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值)、端點值等性質(zhì)，進而畫出其圖象； (3)結(jié)合圖象，根據(jù)零點的個數(shù)，尋找函數(shù)在給定區(qū)間的極值及區(qū)間端點值的函數(shù)值與0的關(guān)系，從而求得參數(shù)的取值范圍． 1.若

14、f(x)＝ax3－3x2＋1存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍為(　　) A.(2，＋∞) B．(－∞，－2) C.(1，＋∞) D．(－∞，－1) 答案　B 解析　解法一：由題意得a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝，當(dāng)a>0時，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0；且f(0)＝1>0，f(x)有小于零的零點，不符合題意．當(dāng)a<0時，x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.要使f(x)有唯一的零點x0且x0＞0，只需f>0，即a2>4，a<－2.故選B.

15、 解法二：由題意得a≠0，f(x)＝ax3－3x2＋1有唯一的正零點，等價于a＝3·－有唯一的正根，令t＝，則問題又等價于a＝－t3＋3t有唯一的正根，即y＝a與y＝－t3＋3t有唯一的交點且交點在y軸右側(cè)．記f(t)＝－t3＋3t，則f′(t)＝－3t2＋3，由f′(t)＝0，得t＝±1，當(dāng)t∈(－∞，－1)時，f′(t)<0；當(dāng)t∈(－1,1)時，f′(t)>0；當(dāng)t∈(1，＋∞)時，f′(t)<0.要使a＝－t3＋3t有唯一的正根，只需a

16、 D．8 答案　A 解析　由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1

17、1.(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xln x在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則(　　) A.a＝e，b＝－1 B．a(chǎn)＝e，b＝1 C.a＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1 答案　D 解析　y′＝aex＋ln x＋1，k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1， ∴切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1. 又切線方程為y＝2x＋b， ∴即a＝e－1，b＝－1.故選D. 2.(2018·全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為(　　) 答案　D 解析　當(dāng)x＝0時，y＝2，排除A，B.y′＝－4x3＋2x＝－2x

18、(2x2－1)，當(dāng)x∈時，y′>0，排除C.故選D. 3.(2019·全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(0,0)處的切線方程為________． 答案　y＝3x 解析　y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝ex(3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3，∴切線方程為y＝3x. 4.(2019·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A在曲線y＝ln x上，且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點A的坐標(biāo)是________． 答案　(e,1) 解析　設(shè)A(m，n)，則曲線y＝ln x在點A處的切線方程為y－n＝(x－m)．又切線過點(－e

19、，－1)，所以有n＋1＝(m＋e)． 再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1. 故點A的坐標(biāo)為(e,1). 專題作業(yè) 一、選擇題 1.(2019·鄭州質(zhì)量檢測)已知曲線y＝－3ln x的一條切線的斜率為2，則切點的橫坐標(biāo)為(　　) A.3 B．2 C．1 D. 答案　A 解析　設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，y0)，且x0>0，由y′＝x－，得k＝x0－＝2，∴x0＝3. 2.(2019·全國卷Ⅱ)曲線y＝2sinx＋cosx在點(π，－1)處的切線方程為(　　) A.x－y－π－1＝0 B．2x－y－2π－1＝0 C.2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0 答案

20、　C 解析　設(shè)f(x)＝y(tǒng)＝2sinx＋cosx，則f′(x)＝2cosx－sinx，∴f′(π)＝－2，∴曲線在點(π，－1)處的切線方程為y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.故選C. 3．(2017·浙江高考)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(　　) 答案　D 解析　觀察導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可知，f′(x)的函數(shù)值從左到右依次為小于0，大于0，小于0，大于0，∴對應(yīng)函數(shù)f(x)的增減性從左到右依次為減、增、減、增．觀察選項可知，排除A，C.如圖所示，f′(x)有3個零點，從左到右依次設(shè)為x1，x2，x

21、3，且x1，x3是極小值點，x2是極大值點，且x2>0，故選項D正確．故選D. 4.已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則a的最大值是(　　) A.0 B．1 C．2 D．3 答案　D 解析　由題知f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，而(3x2)min＝3×12＝3.所以a≤3，故amax＝3.故選D. 5.函數(shù)f(x)＝(x2－1)3＋2的極值點是(　　) A.x＝1 B．x＝－1 C.x＝1或－1或0 D．x＝0 答案　D 解析　因為f(x)＝(x2－1)3＋2，所以f′(x)＝6x(x2－1)

22、2.由f′(x)>0得x>0，由f′(x)<0得x<0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．于是f(x)＝(x2－1)3＋2的極值點是x＝0.故選D. 6.設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)為偶函數(shù)，且在(0,1)上存在極大值點，則f′(x)的圖象可能為(　　) 答案　C 解析　因為f(x)是偶函數(shù)，所以其導(dǎo)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)，可排除B，D；又因為f(x)在(0,1)上存在極大值點，故f′(x)在(0,1)必有變號零點，且零點左側(cè)函數(shù)值大于0，右側(cè)小于0，排除A，故選C. 7.(2017·全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－

23、1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為(　　) A.－1 B．－2e－3 C.5e－3 D．1 答案　A 解析　函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點得 f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1. 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)． 由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1時，f′(x)＝0， 且x<－2時，f′(x)>

24、0；－21時，f′(x)>0. 所以x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點． 所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝－1.故選A. 8.設(shè)定義在(0，＋∞)上的單調(diào)函數(shù)f(x)，對任意的x∈(0，＋∞)都有f(f(x)－log2x)＝3.若方程f(x)＋f′(x)＝a有兩個不同的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(1，＋∞) B. C. D．(3，＋∞) 答案　B 解析　由于函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，因此不妨設(shè)f(x)－log2x＝t，則f(t)＝3，再令x＝t，則f(t)－log2t＝t，得log2t＝3－t，解得t＝2，故f(x)＝lo

25、g2x＋2，f′(x)＝，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)＋f′(x)－a＝log2x＋－a＋2，∵方程f(x)＋f′(x)＝a有兩個不同的實數(shù)根，∴g(x)有兩個不同的零點．g′(x)＝－＝·，當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝－a＋2，由－a＋2<0，得a>2＋，故實數(shù)a的取值范圍是. 9.(2019·青島二模)已知函數(shù)f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然對數(shù)的底數(shù))，則f(x)的極大值為(　　) A.2e－1 B．－ C．1 D．2ln 2 答案　

26、D 解析　由題意知，f′(x)＝－，∴f′(e)＝2f′(e)－，則f′(e)＝.因此f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e.∴f(x) 在(0,2e)上單調(diào)遞增，在(2e，＋∞)上單調(diào)遞減．∴f(x)在x＝2e處取極大值f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2. 10.(2019·濟南調(diào)研)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點x1，x2(x10，f(x2)>－ B.f(x1)<0，f(x2)<－ C.f(x1)>0，f(x2)<－ D.f(x1)<0，f(x2)>－ 答案　D 解析　f′(x)＝ln x－

27、2ax＋1，依題意知f′(x)＝0有兩個不等實根x1，x2，即曲線y＝1＋ln x與直線y＝2ax有兩個不同交點，如圖． 由直線y＝x是曲線y＝1＋ln x的切線可知： 0<2a<1,00， ∴f(x2)>f(1)＝－a>－.故選D. 11.已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對任意實數(shù)x均有(1－x)·f(x)＋xf′(x)>0成立，且y＝f(x＋1)－e是奇函數(shù)，則不等式xf(x)－ex>0的解集是(　　) A.(－∞，e)

28、 B．(e，＋∞) C.(－∞，1) D．(1，＋∞) 答案　D 解析　原不等式等價于>1，令g(x)＝，則g′(x)＝ ＝>0，∴g(x)在R上是增函數(shù)， 又∵y＝f(x＋1)－e是奇函數(shù)，∴0＝f(0＋1)－e，即f(1)＝e，∴g(1)＝1，原不等式為g(x)>g(1)，∴解集為(1，＋∞)，故選D. 12.(2019·廊坊省級示范高中聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－x3－x2＋ax－b的圖象在x＝0處的切線方程為2x－y－a＝0，若關(guān)于x的方程f(x2)＝m有四個不同的實數(shù)解，則m的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由函數(shù)f(x)＝－

29、x3－x2＋ax－b， 可得f′(x)＝－x2－x＋a， 則f(0)＝－b＝－a，f′(0)＝a＝2，則b＝2， 即f(x)＝－x3－x2＋2x－2， f′(x)＝－x2－x＋2＝－(x－1)(x＋2)， 當(dāng)x<－2時，f′(x)<0；當(dāng)－20；當(dāng)x>1時，f′(x)<0. 所以函數(shù)f(x)在(－2,1)上單調(diào)遞增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 又因為關(guān)于x的方程f(x2)＝m有四個不同的實數(shù)解，等價于函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝m在x∈(0，＋∞)上有兩個交點，因為f(0)＝－2，f(1)＝－， 所以－2

30、 13.(2019·陜西四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋2x2－4x，則函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線方程為________． 答案　x－y－3＝0 解析　∵f(x)＝ln x＋2x2－4x， ∴f′(x)＝＋4x－4，∴f′(1)＝1，又f(1)＝－2， ∴所求切線方程為y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0. 14.(2017·山東高考)若函數(shù)exf(x)(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．下列函數(shù)中所有具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為________． ①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3；

31、 ④f(x)＝x2＋2. 答案?、佗? 解析　設(shè)g(x)＝exf(x)． 對于①，g(x)＝ex·2－x(x∈R)，g′(x)＝ex·2－x－ex·2－x·ln 2＝(1－ln 2)·ex·2－x＞0， ∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，故①中f(x)具有M性質(zhì)． 對于②，g(x)＝ex·3－x(x∈R)，g′(x)＝ex·3－x－ex·3－x·ln 3＝(1－ln 3)·ex·3－x＜0， ∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，故②中f(x)不具有M性質(zhì)． 對于③，g(x)＝ex·x3(x∈R)， g′(x)＝ex·x3＋ex·3x2＝(x＋3)·ex·x2， 當(dāng)x＜－3時，g′(x)＜

32、0，g(x)單調(diào)遞減，故③中f(x)不具有M性質(zhì)． 對于④，g(x)＝ex·(x2＋2)(x∈R)， g′(x)＝ex·(x2＋2)＋ex·2x＝(x2＋2x＋2)·ex ＝[(x＋1)2＋1]·ex＞0， ∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，故④中f(x)具有M性質(zhì)． 綜上，具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為①④. 15.已知函數(shù)f(x)＝有極大值且有極小值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(0，＋∞) 解析　根據(jù)函數(shù)解析式f(x)在(－∞，＋∞)上連續(xù)， 若a≤0，則f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，無極值； 若a>0，則f(x)在(－∞，0]，[a，＋∞)上遞增，在(0，

33、a)上遞減． ∴f(x)有極大值f(0)，極小值f(a)，綜上，a的取值范圍是(0，＋∞). 16.(2018·江蘇高考)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為________． 答案?。? 解析　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)，令f′(x)＝0得x＝0，x＝，因為函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上有且僅有一個零點且f(0)＝1，所以>0，f＝0，因此23－a2＋1＝0，a＝3.從而函數(shù)f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞增，在[0,1]上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(0)，f(x)min＝min{f(－1)，f(1)}＝f(－1)，f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3. - 15 -